多重対数関数の定義や基本についてはこちら：
$0\le x\le 1$,$$\int_0^x\frac{\ln^2t\ln(1-t)}{t}dt=-2\Li_4(x)+2\ln x\Li_3(x)-\ln^2x\Li_2(x)$$\begin{eqnarray*}\int_0^x\frac{\ln^3t}{1-t}dt&&=-6\Li_4(x)+6\ln x\Li_3(x)\\&&\quad-3\ln^2x\Li_2(x)-\ln^3x\ln(1-x)\end{eqnarray*}\begin{eqnarray*}\int_0^{x}\frac{\ln t\ln^2(1-t)}{1-t}dt&&=2\Li_4(1-x)-2\ln(1-x)\Li_3(1-x)\\&&\quad+\ln^2(1-x)\Li_2(1-x)-2\zeta(4)\end{eqnarray*}
を経て、次の公式を導出する。
\begin{eqnarray}\int_0^x&&\frac{\ln^2t\ln(1-t)}{1-t}dt\\&&=-2\left[\Li_4\left(\frac{-x}{1-x}\right)+\Li_4(x)-\Li_4(1-x)+\zeta(4)\right]\\&&\quad+2\Bigl[\ln(1-x)\Li_3(x)-\ln x\Li_3(1-x)\Bigr]\\&&\quad+2\ln x\ln(1-x)\Li_2(1-x)-\frac{\pi^2}{6}\ln^2(1-x)\\&&\quad+\frac{\ln^2(1-x)}{12}\Bigl[6\ln^2x+4\ln x\ln(1-x)-\ln^2(1-x)\Bigr]\\&&\quad+2\zeta(3)\ln\frac{x}{1-x}\end{eqnarray}
参考文献は L.Lewin, Polylogarithms and associated functions,(1981) です。
$0\le x\le 1$ とします。
$\Li_4(x)$ を部分積分します。\begin{eqnarray}\Li_4(x)&&=\int_0^x\frac{\Li_3(t)}{t}dt\\&&=\ln x\Li_3(x)-\int_0^x\frac{\ln t\Li_2(t)}{t}dt\\&&=\ln x\Li_3(x)-\frac{1}{2}\ln^2x\Li_2(x)-\frac{1}{2}\int_0^x\frac{\ln^2t\ln(1-t)}{t}dt\tag{1}\end{eqnarray}これにより、次の公式を得ます。
\begin{equation}\int_0^x\frac{\ln^2t\ln(1-t)}{t}dt=-2\Li_4(x)+2\ln x\Li_3(x)-\ln^2x\Li_2(x)\tag{2}\end{equation}
(1)をさらに部分積分すると\begin{eqnarray*}\Li_4(x)&&=\ln x\Li_3(x)-\frac{1}{2}\ln^2x\Li_2(x)\\&&\quad-\frac{1}{6}\ln^3x\ln(1-x)-\frac{1}{6}\int_0^x\frac{\ln^3t}{1-t}dt\end{eqnarray*}よって移項して次の公式が導かれます。
\begin{eqnarray}\int_0^x\frac{\ln^3t}{1-t}dt&&=-6\Li_4(x)+6\ln x\Li_3(x)\\&&\quad-3\ln^2x\Li_2(x)-\ln^3x\ln(1-x)\tag{3}\end{eqnarray}
さらに(1)で $x$ を $1-x$ に置き換えると\begin{eqnarray*}\Li_4(1-x)&&=\ln(1-x)\Li_3(1-x)-\frac{1}{2}\ln^2(1-x)\Li_2(1-x)\\&&\quad-\frac{1}{2}\int_0^{1-x}\frac{\ln^2t\ln(1-t)}{t}dt\\&&=\ln(1-x)\Li_3(1-x)-\frac{1}{2}\ln^2(1-x)\Li_2(1-x)\\&&\quad+\frac{1}{2}\int_1^{x}\frac{\ln u\ln^2(1-u)}{1-u}du\\&&=\ln(1-x)\Li_3(1-x)-\frac{1}{2}\ln^2(1-x)\Li_2(1-x)\\&&\quad+\frac{1}{2}\int_0^{x}\frac{\ln u\ln^2(1-u)}{1-u}du-\frac{1}{2}\int_0^1\frac{\ln u\ln^2(1-u)}{1-u}du\end{eqnarray*}最左辺と最右辺に $x=0$ を代入すると$$-\frac{1}{2}\int_0^1\frac{\ln u\ln^2(1-u)}{1-u}du=\Li_4(1)=\zeta(4)$$を得ますので結局\begin{eqnarray*}\Li_4(1-x)&&=\ln(1-x)\Li_3(1-x)-\frac{1}{2}\ln^2(1-x)\Li_2(1-x)\\&&\quad+\frac{1}{2}\int_0^{x}\frac{\ln u\ln^2(1-u)}{1-u}du+\zeta(4)\end{eqnarray*}となり、次の公式を得ます。
\begin{eqnarray}\int_0^{x}\frac{\ln t\ln^2(1-t)}{1-t}dt&&=2\Li_4(1-x)-2\ln(1-x)\Li_3(1-x)\\&&\quad+\ln^2(1-x)\Li_2(1-x)-2\zeta(4)\tag{4}\end{eqnarray}
$\frac{1}{2}\ln^2 x\ln^2(1-x)$ を微分すると$$\frac{1}{2}\frac{d}{dx}\ln^2 x\ln^2(1-x)=\frac{\ln x\ln^2(1-x)}{x}-\frac{\ln^2x\ln(1-x)}{1-x}$$これを $0$ から $x$ まで積分すると$$\frac{1}{2}\ln^2 x\ln^2(1-x)=\int_0^x\left(\frac{\ln t\ln^2(1-t)}{t}-\frac{\ln^2t\ln(1-t)}{1-t}\right)dt$$したがって
\begin{equation}\int_0^x\frac{\ln^2t\ln(1-t)}{1-t}dt=\int_0^x\frac{\ln t\ln^2(1-t)}{t}-\frac{1}{2}\ln^2 x\ln^2(1-x)\tag{5}\end{equation}
(1)で行った部分積分を、$x$ を $\frac{-x}{1-x}$ に変えてから実行します。\begin{eqnarray*}\Li_4\left(\frac{-x}{1-x}\right)&&=\int_0^\frac{-x}{1-x}\frac{\Li_3(t)}{t}dt\\&&=\int_0^\frac{x}{1-x}\frac{\Li_3(-t)}{t}dt\\&&=\ln\frac{x}{1-x}\Li_3\left(\frac{-x}{1-x}\right)-\int_0^\frac{x}{1-x}\frac{\ln t\Li_2(-t)}{t}dt\\&&=\ln\frac{x}{1-x}\Li_3\left(\frac{-x}{1-x}\right)-\frac{1}{2}\ln^2\frac{x}{1-x}\Li_2\left(\frac{-x}{1-x}\right)\\&&\quad\quad-\frac{1}{2}\int_0^\frac{x}{1-x}\frac{\ln^2t\ln(1+t)}{t}dt\\&&=\ln\frac{x}{1-x}\Li_3\left(\frac{-x}{1-x}\right)-\frac{1}{2}\ln^2\frac{x}{1-x}\Li_2\left(\frac{-x}{1-x}\right)\\&&\quad\quad+\frac{1}{6}\ln^3\frac{x}{1-x}\ln(1-x)+\frac{1}{6}\int_0^\frac{x}{1-x}\frac{\ln^3t}{1+t}dt\end{eqnarray*}最後の積分は $t$ を $\frac{t}{1-t}$ と置換すると
\begin{eqnarray}\Li_4\left(\frac{-x}{1-x}\right)&&=\ln\frac{x}{1-x}\Li_3\left(\frac{-x}{1-x}\right)-\frac{1}{2}\ln^2\frac{x}{1-x}\Li_2\left(\frac{-x}{1-x}\right)\\&&\quad\quad+\frac{1}{6}\ln^3\frac{x}{1-x}\ln(1-x)\\&&\quad\quad+\frac{1}{6}\int_0^x\ln^3\left(\frac{t}{1-t}\right)\frac{dt}{1-t}\tag{6}\end{eqnarray}
となります。
ここで(6)右辺の最終項の積分について $(\ln t-\ln(1-t))^3$ を展開すると\begin{eqnarray*}\int_0^x\ln^3\left(\frac{t}{1-t}\right)\frac{dt}{1-t}&&=\int_0^x\frac{\ln^3t}{1-t}dt-3\int_0^x\frac{\ln^2t\ln(1-t)}{1-t}dt\\&&\quad+3\int_0^x\frac{\ln t\ln^2(1-t)}{1-t}dt-\int_0^x\frac{\ln^3(1-t)}{1-t}dt\end{eqnarray*}右辺最終項は初等的に積分できます。\begin{eqnarray*}\int_0^x\ln^3\left(\frac{t}{1-t}\right)\frac{dt}{1-t}&&=\int_0^x\frac{\ln^3t}{1-t}dt-3\int_0^x\frac{\ln^2t\ln(1-t)}{1-t}dt\\&&\quad+3\int_0^x\frac{\ln t\ln^2(1-t)}{1-t}dt+\frac{\ln^4(1-x)}{4}\end{eqnarray*}(6)に代入して\begin{eqnarray*}\Li_4\left(\frac{-x}{1-x}\right)&&=\ln\frac{x}{1-x}\Li_3\left(\frac{-x}{1-x}\right)-\frac{1}{2}\ln^2\frac{x}{1-x}\Li_2\left(\frac{-x}{1-x}\right)\\&&\quad\quad+\frac{1}{6}\ln^3\frac{x}{1-x}\ln(1-x)\\&&\quad\quad+\frac{1}{6}\int_0^x\frac{\ln^3t}{1-t}dt-\frac{1}{2}\int_0^x\frac{\ln^2t\ln(1-t)}{1-t}dt\\&&\quad\quad+\frac{1}{2}\int_0^x\frac{\ln t\ln^2(1-t)}{1-t}dt+\frac{\ln^4(1-x)}{24}\end{eqnarray*}目標は右辺の2つ目の積分値です。整理すると
\begin{eqnarray}\int_0^x\frac{\ln^2t\ln(1-t)}{1-t}dt&&=-2\Li_4\left(\frac{-x}{1-x}\right)+2\ln\frac{x}{1-x}\Li_3\left(\frac{-x}{1-x}\right)\\&&\quad-\ln^2\frac{x}{1-x}\Li_2\left(\frac{-x}{1-x}\right)\\&&\quad+\frac{1}{3}\ln^3\frac{x}{1-x}\ln(1-x)\\&&\quad+\frac{1}{3}\int_0^x\frac{\ln^3t}{1-t}dt\\&&\quad+\int_0^x\frac{\ln t\ln^2(1-t)}{1-t}dt+\frac{\ln^4(1-x)}{12}\tag{7}\end{eqnarray}
(7)を計算していけばいいことになります。かなり面倒ですが、やりましょう。(3)(4)をそれぞれ代入して\begin{eqnarray*}\int_0^x\frac{\ln^2t\ln(1-t)}{1-t}dt&&=-2\Li_4\left(\frac{-x}{1-x}\right)+2\ln\frac{x}{1-x}\Li_3\left(\frac{-x}{1-x}\right)\\&&\quad-\ln^2\frac{x}{1-x}\Li_2\left(\frac{-x}{1-x}\right)\\&&\quad+\frac{1}{3}\ln^3\frac{x}{1-x}\ln(1-x)\\&&\quad-2\Li_4(x)+2\ln x\Li_3(x)\\&&\quad-\ln^2x\Li_2(x)-\frac{\ln^3x\ln(1-x)}{3}\\&&\quad+2\Li_4(1-x)-2\ln(1-x)\Li_3(1-x)\\&&\quad+\ln^2(1-x)\Li_2(1-x)-2\zeta(4)+\frac{\ln^4(1-x)}{12}\end{eqnarray*}少しまとめてみます。
\begin{eqnarray}\int_0^x\frac{\ln^2t\ln(1-t)}{1-t}dt&&=-2\left[\Li_4\left(\frac{-x}{1-x}\right)+\Li_4(x)-\Li_4(1-x)+\zeta(4)\right]\\&&\quad+2\left[\ln\frac{x}{1-x}\Li_3\left(\frac{-x}{1-x}\right)+\ln x\Li_3(x)-\ln(1-x)\Li_3(1-x)\right]\\&&\quad+\ln^2(1-x)\Li_2(1-x)-\ln^2\frac{x}{1-x}\Li_2\left(\frac{-x}{1-x}\right)-\ln^2x\Li_2(x)\\&&\quad+\frac{1}{3}\ln^3\frac{x}{1-x}\ln(1-x)-\frac{\ln^3x\ln(1-x)}{3}+\frac{\ln^4(1-x)}{12}\tag{8}\end{eqnarray}
1行目はこれ以上いじりません。2,3行目は多重対数関数の公式を用います（公式の証明は本記事冒頭のリンク参照）。
(8)式 2行目の計算
まず2行目は\begin{eqnarray*}\ln\frac{x}{1-x}&&\Li_3\left(\frac{-x}{1-x}\right)+\ln x\Li_3(x)-\ln(1-x)\Li_3(1-x)\\&&=\bigl(\ln x-\ln(1-x)\bigr)\Li_3\left(1-\frac{1}{1-x}\right)+\ln x\Li_3(x)-\ln(1-x)\Li_3(1-x)\end{eqnarray*}ここで $\Li_3(x)$ に関する公式\begin{eqnarray*}\Li_3(x)+&&\Li_3(1-x)+\Li_3\left(1-\frac{1}{x}\right)\\&&=\zeta(3)+\frac{\pi^2}{6}\ln x-\frac{\ln^2x\ln(1-x)}{2}+\frac{\ln^3x}{6}\end{eqnarray*}で $x$ に $1-x$ を代入すれば\begin{eqnarray*}\Li_3(x)+&&\Li_3(1-x)+\Li_3\left(1-\frac{1}{1-x}\right)\\&&=\zeta(3)+\frac{\pi^2}{6}\ln(1-x)-\frac{\ln x\ln^2(1-x)}{2}+\frac{\ln^3(1-x)}{6}\end{eqnarray*}を得ますのでこれによって $\Li_3\left(1-\frac{1}{x}\right)$ を消去すると
\begin{eqnarray}&&\ln\frac{x}{1-x}\Li_3\left(\frac{-x}{1-x}\right)+\ln x\Li_3(x)-\ln(1-x)\Li_3(1-x)\\&&=\zeta(3)\ln\frac{x}{1-x}+\frac{\pi^2}{6}\ln x\ln(1-x)-\frac{\pi^2}{6}\ln^2(1-x)\\&&\quad-\frac{\ln^2x\ln^2(1-x)}{2}+\frac{\ln x\ln^3(1-x)}{2}+\frac{\ln x\ln^3(1-x)}{6}\\&&\quad+\ln(1-x)\Li_3(x)-\ln x\Li_3(1-x)\tag{9}\end{eqnarray}
(8)式 3行目の計算
3行目は\begin{eqnarray*}&&\ln^2(1-x)\left[\Li_2(1-x)-\Li_2\left(1-\frac{1}{1-x}\right)\right]\\&&-\ln^2x\left[\Li_2(x)-\Li_2\left(1-\frac{1}{1-x}\right)\right]\\&&+2\ln x\ln(1-x)\Li_2\left(1-\frac{1}{1-x}\right)\end{eqnarray*}$\Li_2(x)$ に関する2つの公式$$\Li_2(x)-\Li_2\left(1-\frac{1}{x}\right)=\frac{\pi^2}{6}+\frac{\ln^2 x}{2}-\ln x\ln(1-x)$$$$\Li_2(1-x)+\Li_2\left(1-\frac{1}{x}\right)=-\frac{\ln^2x}{2}$$で $x$ を $1-x$ にして $\Li_2(x)$ と $\Li_2\left(1-\frac{1}{x}\right)$ を消去すると
(8)式 3行目は\begin{eqnarray}&&\frac{\pi^2}{6}\ln^2(1-x)+\frac{\ln^4(1-x)}{2}-2\ln x\ln^3(1-x)\\&&+\frac{5}{2}\ln^2x\ln^2(1-x)-\frac{\pi^2}{3}\ln x\ln(1-x)\\&&+2\ln x\ln(1-x)\Li_2(1-x)\tag{10}\end{eqnarray}
合算しよう
(9)(10)から(8)の計算を進めます。長ったらしくなりますが、正確に計算すると
\begin{eqnarray}\int_0^x&&\frac{\ln^2t\ln(1-t)}{1-t}dt\\&&=-2\left[\Li_4\left(\frac{-x}{1-x}\right)+\Li_4(x)-\Li_4(1-x)+\zeta(4)\right]\\&&\quad+2\Bigl[\ln(1-x)\Li_3(x)-\ln x\Li_3(1-x)\Bigr]\\&&\quad+2\ln x\ln(1-x)\Li_2(1-x)-\frac{\pi^2}{6}\ln^2(1-x)\\&&\quad+\frac{\ln^2(1-x)}{12}\Bigl[6\ln^2x+4\ln x\ln(1-x)-\ln^2(1-x)\Bigr]\\&&\quad+2\zeta(3)\ln\frac{x}{1-x}\end{eqnarray}
となります。これが求めていた式です。$x$ に数値を代入すれば具体的な関係式を得ることができます。
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